高考物理一轮复习 第六章 微专题47 动量守恒定律的理解和应用加练半小时（含解析）试题

动量守恒定律的理解和应用[方法点拨](1)守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方面守恒.(2)应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态.(3)要注意规定正方向.1.(多选)如图1所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去.已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg.则下列判断正确的是()图1A.甲的速率与乙的速率之比为10∶9B.甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C.甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1D.甲的动能与乙的动能之比为1∶12.(2018·安徽省滁州市模拟)如图2所示，A、B两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，三个物块的质量相等.现使物块C以v＝2m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为()图2A.eq\f(3,2)m/sB.eq\f(2,3)m/sC.eq\f(\r(3),2)m/sD.eq\f(2\r(3),3)m/s3.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图3所示.现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图3A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D.NμmgL4.(2018·安徽省合肥市二模)如图4所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤子连续敲击车的右端.下列对平板车的运动情况描述正确的是()图4A.锤子向右抡起的过程中，车向右运动B.锤子下落的过程中车向左运动C.锤子抡至最高点时，车速度为零D.锤子敲击车瞬间，车向左运动5.(多选)如图5所示，小车的上面是由中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上，今有一个可以看成质点的小球，质量也为m.以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下，关于这个过程，下列说法正确的是()图5A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是eq\f(mv,2)C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D.车上曲面的竖直高度不会大于eq\f(v2,4g)6.(2018·湖南省株洲市一模)如图6所示，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上.后来由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒.当小球甲刚要落地时，其速度大小为()图6A.eq\r(2gl)B.eq\r(gl)C.eq\f(\r(2gl),2)D.07.(2018·福建省泉州市质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为()A.3v0－v B.2v0－3vC.3v0－2v D.2v0＋v8.(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比eq\f(M,m)可能为()A.2B.3C.4D.59.如图7所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力.下列说法正确的是()图7A.在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h10.(2018·山东省济南市一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级结构来提高其运载能力.某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有质量为Δm＝100g的压缩气体，总质量为M＝1kg，启动后全部压缩气体以v0＝570m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，两级内部各装有质量为eq\f(Δm,2)的压缩气体，每级总质量均为eq\f(M,2)，启动后模型乙第一级内的全部压缩气体以速度v0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v0从第二级底部喷口在极短时间内竖直向下喷出.喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10m/s2，求两种模型上升的最大高度之差.11.(2019·山东省青岛二中模拟)如图8所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.图8

答案精析1.AC[两人在光滑的冰面上，故他们所受合力为零，当甲推乙时，二人的总动量守恒，故m甲v甲＝m乙v乙，则eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(50,45)＝eq\f(10,9)，选项A正确；二人的相互作用力大小相等，方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比，即10∶9，选项B错误；二人相互作用的时间相等，作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，选项C正确；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，甲、乙的动能不相等，选项D错误.]2.D[设物块的质量均为m，C与B碰撞后的共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv＝2mv1，代入数据解得v1＝1m/s，设A最终获得的速度大小为v2，B和C获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律则有mv2＝2mv3，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)×2mv23，代入数据解得v2＝eq\f(2\r(3),3)m/s，故D正确，A、B、C错误.]3.BD[根据动量守恒，共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦放出的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘相对位移，所以ΔEk＝N·FfL＝NμmgL，故D正确.]4.C[铁锤、人和车组成的系统在水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车的速度也为零，故C正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误.]5.CD[小球滑上曲面的过程中，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原来位置，所以A错误；由小球恰好到达最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，得共同速度v′＝eq\f(v,2)，小车动量的变化量为eq\f(mv,2)，这个增加的动量是小车受到的总冲量的大小，曲面粗糙时，小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小小于eq\f(mv,2)，所以B错误；由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况，所以C正确；由于小球原来的动能为eq\f(mv2,2)，小球到最高点时系统的动能为eq\f(1,2)×2m×(eq\f(v,2))2＝eq\f(mv2,4)，所以系统动能减少了eq\f(mv2,4)，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，eq\f(mv2,4)＝mgh，得h＝eq\f(v2,4g)，显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D正确.]6.A[两球组成的系统水平方向动量守恒，小球甲刚要落地时水平速度为零，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgl，解得v＝eq\r(2gl)，故A正确.]7.C[取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，解得vx＝3v0－2v，C正确.]8.AB[由动量守恒和能量守恒，设碰后两者的动量都等于p，则总动量为2p，根据p2＝2mEk，以及能量关系得：eq\f(4p2,2M)≥eq\f(p2,2m)＋eq\f(p2,2M)，得eq\f(M,m)≤3，故A、B正确.]9.B10.116.54m解析对模型甲，由动量守恒有0＝(M－Δm)v甲－Δmv0，由运动学公式有h甲＝eq\f(v\o\al(

2,甲),2g)＝200.56m，对模型乙第一级喷气，由动量守恒有0＝(M－eq\f(Δm,2))v乙1－eq\f(Δm,2)v0，代入数据解得v乙1＝30m/s，则2s末有v乙1′＝v乙1－gt＝10m/s，h乙1＝eq\f(v\o\al(2,乙1)－v乙1′2,2g)＝40m，对模型乙第二级喷气，由动量守恒有eq\f(M,2)v乙1′＝(eq\f(M,2)－eq\f(Δm,2))v乙2－eq\f(Δm,2)v0，h乙2＝eq\f(v\o\al(2,乙2),2g)＝277.1m，可得Δh＝h乙1＋h乙2－h甲＝116.54m.11.2m/s解析长木板A